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Correction de la feuille de révision (18 avril 2015)
I Nouvelle-Calédonie mars 2012
1.
(a)
1
4
1
6
5
6
B
A
3
4
2
5
B
B
A
3
5
B
³ ´
1 1
1 1 5 2
+
(b) D’après la loi des probabilités totales : p(B) = p(A)× p A (B)+ p A × p A (B) = × + × =
6 4 6 5 24 3
1
3
8
9
=
+
=
= = 0, 375 .
24 24 24
8
(c) p B (A) =
2.
p(A ∩ B)
=
p(B)
1
6
× 14
3
8
=
1
1 8
.
× =
24 3
9
(a) On a répétition de parties identiques, indépendantes, à deux issues, donc la variable X suit une loi
3
binomiale de paramètres n = 10 et p = .
8
La probabilité de gagner exactement trois parties est égale à :
à !µ ¶ µ ¶
à !µ ¶ µ
¶
3 10−3
5 7
10 3 3
10 3 3
× 1−
=
×
≈ 0,235 7 ≈ 0, 236 au millième près.
p(X = 3) =
8
8
3 8
3 8
Remarque : on peut calculer directement p(X = k) à la calculatrice, en tapant sur une TI :
Distrib , BinomFdp (n, p, k) Entrée .
µ ¶0 µ ¶10
µ ¶10
3
5
5
(b) On a p(X Ê 1) = 1 − p(X = 0) = 1 − ×
×
= 1−
≈ 0,990 9 ≈ 0, 991 au millième près.
8
8
8
(c) On veut que p(X Ê N ) É 0, 1, donc 1 − p(X < N ) < 0, 1.
On en déduit p(X < N ) > 0, 9.
À partir du tableau donné on trouve N = 7 .
Page 1/10
II Nouvelle Calédonie mars 2015
1.
(a) 2% des puces livrées ont une durée de vie courte, c’est-à-dire
P L (C ) = 0, 02 . (il suffit de lire l’énoncé !)
³ ´
(b) On en déduit que P L C = 1 − 0, 02 = 0, 98 et
´
³ ´
³
P L ∩C = P (L) × P L C = 0, 95 × 0, 98 = 0, 931 .
2.
(c) Comme seules les puces livrées peuvent avoir une durée de vie courte on a :
i
³ ´
h
P L ∪ (L ∩C ) = P L + P (L ∩C ) = 0, 05 + 0, 019 = 0, 069 .
(a) On sait que P (X É 1 000) = 0, 02.
X suit une loi exponentielle de paramètre λ, donc :
P (X É 1 000) = 1 − e−1000λ = 0, 02 ⇐⇒ e−1000λ = 1 − 0, 02 ⇐⇒
− ln0, 98
e−1000λ = 0, 98 ⇒ −1 000λ = ln 0, 98 ⇐⇒ λ =
.
1 000
(b) P (X Ê 10 000) = e−10000λ = e−10ln 0,98 ≈ 0, 817 .
Donc environ 81, 7 % des puces ont une durée de vie supérieure ou égale à 10 000 heures.
(c) P (20 000 É X É 30 000) = e−20000λ − e−30000λ ≈ 0, 122 .
Soit : environ 12, 2 % des puces ont une durée de vie comprise entre 20 000 et 30 000 heures.
3.
(a) On effectue 15 000 tirages indépendants les uns des autres. La probabilité qu’une puce livrée ait
une vie courte est p = 0, 003.
Y suit donc une loi binomiale de paramètres n = 15 000 et p = 0, 003..
(b) E(Y ) = n × p = 15 000 × 0, 003 = 45 .
Il y a environ 45 puces à durée de vie courte sur les 15 000 extraites de la production.
(c) On a P (40 É Y É 50) = P (Y É 50) − P (Y < 40) = P (Y É 50) − P (Y É 39).
La calculatrice donne P (Y É 50) ≈ 0,796 6 et P (Y É 39) ≈ 0,208 0, donc :
P (40 É Y É 50) ≈ 0,796 6 − 0,208 0 ≈ 0, 589.
Remarque : on calcule p(X É k) avec une TI en tapant :
Distrib BinomFRep (n, p,k) Entrée
Page 2/10
III Polynésie juin 2011
1. On a l’arbre pondéré suivant :
0, 8
G2
0, 2
G2
0, 6
G2
G1
0, 1
0, 9
G1
G2
0, 4
³ ´
2. On a p 2 = p (G1 ∩ G2 ) + p G1 ∩ G2 = p (G1 ) × p G1 (G2 ) + p G1 × p (G1 ) (G2 ) =
0, 1 × 0, 8 + 0, 9 × 0, 6 = 0, 08 + 0, 54 = 0, 62.
´
³
³ ´ p G1 ∩ G2
0, 54
27
3. Il faut trouver p G2 G1 =
=
=
.
p (G2 )
0, 62
31
³
´
4. La probabilité que le joueur ne gagne aucune des trois parties est égale à 0, 9 × 0, 4 × 0, 4 = 0, 144 .
La probabilité qu’il gagne au moins une partie est donc égale à
1 − 0, 144 = 0, 856 .
5. À la partie n, on a l’arbre suivant :
pn
Gn+1
0, 2
Gn+1
0, 6
Gn+1
0, 4
Gn+1
Gn
1 − p n Gn
³
0, 8
³ ´
On a donc p n+1 = p (Gn ∩ Gn+1 ) + p Gn ∩ Gn+1 = p (Gn ) × p Gn (Gn+1 ) + p Gn × p Gn (Gn+1 ) = p n × 0, 8 +
¡
¢
1 − p n × 0, 6
1
3
= 0, 8p n + 0, 6 − 0, 6p n = 0, 2p n + 0, 6 = p n + .
5
5
µ ¶1
3 13 15 − 13
2
1
3 13 1
= −
=
=
=
= 0, 1 = p 1 .
6. Initialisation On a bien −
4 4 5
4 20
20
20 10
Hérédité
µ ¶
3 13 1 a
Supposons qu’il existe a ∈ N, a > 1 tel que p a = −
.
4 4 5
D’aprËs la formule démontrée à la question 4 :
·
µ ¶ ¸
µ ¶
µ ¶
µ ¶
1
3 3 1 3 13 1 a+1
3 12 13 1 a+1 3 13 1 a+1
3 1 3 13 1 a
p a+1 = p a + =
+ = × + −
=
= −
. La
−
+ −
5
5 5 4 4 5
5 5 4 5 4 5
20 20 4 5
4 4 5
propriété est vraie au rang a + 1.
µ ¶
3 13 1 n
∗
.
On a donc démontré par récurrence que pour n ∈ N , u n = −
4 4 5
µ ¶n
1
1
3
7. Comme −1 < < 1, on a lim
= 0 , donc lim u n = = 0, 75 .
n7→+∞ 5
n7→+∞
5
4
´
Page 3/10
µ ¶n
µ ¶ ¶
µ ¶
µ
4
1
13 1 n
3
3 13 1 n
3
−7
−7
−7
< 10 ⇐⇒
<
< 10 ⇐⇒
× 10−7 ⇐⇒
8. On a : − p n < 10 ⇐⇒ − −
4
4
4 4 5
4 5
5
13
´
³
4×10−7
µ
µ ¶
−7 ¶
ln
4 × 10
1
13
µ ¶ .
< ln
⇐⇒ n >
(par croissance de la fonction logarithme népérien) n ln
1
5
13
ln
5
³
´
−7
ln 4×10
13
µ ¶ ≈ 10, 7.
Or
1
ln
5
3
Donc u 11 approche la limite à moins de 10−7 .
4
IV Pondichéry avril 2012
1.
(a) Les fonctions représentées sont positives ; I n représente donc l’aire limité par le représentation de
f n , l’axe des abscisses et les droites d’équations x = 0 et x = 1. Le dessin suggËre que la suite (I n )
est décroissante.
¢
e−(n+1)x e−nx e−nx × e−x e−nx e−nx ¡ −x
−
=
−
=
e −1 .
(b) On a f n+1 (x) − f n (x) =
1+x
1+x
1+x
1+x 1+x
Or 0 É x É 1 ⇒ 1 É 1 + x É 2 : donc 1 + x > 0 ;
D’autre part on sait que e−x > 0. Enfin 0 É x É 1 ⇐⇒ −1 É −x É 0 ⇒ (par croissance de la fonction
exponentielle) e−1 É e−x É e0 .
Donc e−x É 1 ⇐⇒ e−x − 1 É 0 et finalement par produit
¡ ¢
f n+1 (x) − f n (x) É 0 ⇐⇒ f n+1 (x) É f n (x) : la suite f n est décroissante. Par intégration sur l’intervalle [0 ; 1] des fonctions positives f n+1 et f n :
2.
f n+1 (x) É f n (x) ⇒ I n1 É I n : la suite (I n ) est décroissante.
1
1
1
É et par produit par le nombre positif e−nx , on obtient :
(a) 0 É x É 1 ⇒ 1 É 1 + x É 2 ⇐⇒ É
2 1+x 1
e−nx
−nx
Ée
.
1+x
D’autre part on sait que pour 1 + x Ê 1, on a (1 + x)2 Ê 1 + x ⇐⇒
1
1
É
et par produit par le nombre positif e−nx , on obtient :
2
(1 + x)
1+x
e−nx
e−nx
É
.
(1 + x)2 1 + x
e−nx
> 0, donc finalement :
Enfin il est évident que
(1 + x)2
0É
e−nx
e−nx
É
É e−nx .
(1 + x)2 1 + x
(b) Par intégration sur l’intervalle [0 ; 1] des inégalités précédentes on obtient =
Z1 −nx
Z1
Z1
Z1 Z1 −nx
e
e
dx É
dx É
e−nx dx soit encore
0 dx
É
2
0 1+x
0
0
0
0 (1 + x)
¸
·
1 −nx 1
c’est à dire :
0 É Jn É In É − e
n
0
¢
1¡
0 É J n É I n É − e−nx − 1 .
n
¢
1¡
−nx
Or lim e
= 0, donc lim − e−nx − 1 = 0.
n7→+∞
n7→+∞ n
Conclusion d’aprËs le théorème des « gendarmes », les suites (I n ) et (J n ) convergent vers 0.
Page 4/10
3.
i. (uv )′ = u ′ v + uv ′ donc uv ′ = (uv )′ − u ′ v .
1
et v ′ (x) = e−nx .
ii. On pose u(x) =
1+x
1
e−nx
On en déduit u ′ (x) = −
et
v
(x)
=
−
.
(1 + x)2
n
On utilise
le résultat
a)
Z1 −nx
Zdu
Z1
Z1
Z1
1
£
¤
e
′
′
′
′
In =
dx =
u(x)v (x) dx =
(uv ) − u v (x) dx =
(uv ) (x) dx− u ′ (x)v (x) dx =
1
+
x
0
0
0
0 µ
¶
Z1 µ ¶0 −nx
e−n
1
e−n 1 1
1
1 e
1
1−
dx = u(1)v (1)−u(0)v (0)+ J n = −
+ − Jn =
− Jn
[u(x)v (x)]0 −
n (1 + x)2
n
2n n n
n
2
0
(b) Le résultat précédent peut s’écrire en multipliant par n 6= 0 :
e−n
nI n = 1 −
− Jn .
2
Comme lim e−n = lim J n = 0, on a donc :
(a)
n7→+∞
n7→+∞
lim nI n = 1
n7→+∞
Remarque : on a donc pour n assez grand I n ≈
1
.
n
Exemple : pour n = 10, la calculatrice donne I 10 ≈ 0, 091 ≈
1
.
10
V Liban mai 2012
Partie A
On considère la fonction g définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par :
g (x) = 2x 3 − 1 + 2 ln x
1. Variations de la fonction g sur l’intervalle ]0 ; +∞[ :
g ′ (x) = 6x 2 +
2
> 0, car somme de nombres positifs sur ]0 ; +∞[
x
La fonction g est donc croissante sur ]0 ; +∞[.
Tableau de variations :
x 0
′
g (x)
g (x)
−∞
α
+
✟
✟✯
✟
0
+∞
✟ +∞
✟✯
✟
2. La fonction g est continue (comme somme de fonctions continues) et strictement croissante sur ]0 ; +∞[.
Elle réalise donc une bijection de ]0 ; +∞[ sur ] − ∞ ; +∞[.
Or 0 ∈] − ∞ ; +∞[, 0 possède donc un unique antécédent, que l’on notera α. Nous avons donc g (α) = 0.
De plus,
½
g (0, 86) ≃ −0, 0295 < 0
=⇒ g (0, 86) < g (α) = 0 < g (0, 87) ⇐⇒ 0, 86 < α < 0, 87
g (0, 87) ≃ +0, 0385 > 0
3. Signe de la fonction g sur l’intervalle ]0 ; +∞[ :
½
0 < x < α =⇒ g (x) < g (α) = 0
x > α =⇒ g (x) > g (α) = 0
Page 5/10
Partie B
On considère la fonction f définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par :
f (x) = 2x −
ln x
x2
On note C la courbe représentative de la fonction f dans le plan, muni d’un repère orthogonal (O ;~ı ; ~ ).
1. — Limite de la fonction f en 0 :
lim+ f (x) = +∞, car lim+ 2x = 0 et lim+ − ln x = +∞ et lim+
x7→0
x7→0
x7→0
x7→0
1
= +∞
x2
— Limite de la fonction f en +∞
lim f (x) = +∞ car lim 2x = +∞ et lim
x7→+∞
x7→+∞
x7→+∞
ln x
= 0 (puissances comparées)
x2
2. La courbe C admet pour asymptote oblique la droite ∆ d’équation y = 2x.
En effet :
lim
x7→+∞
¡
¢
ln x
=0
f (x) − 2x = lim
x7→+∞ x 2
ln x
est celui de − ln x, car x 2 > 0 :
x2
— Position relative de la courbe C et de la droite ∆ :
— Sur ]0 ; 1[, − ln x > 0, C est au dessus de ∆,
— sur ]1 ; +∞[, − ln x < 0, C est en dessous de ∆,
— C et ∆ ont un point commun A(1, 2).
— Le signe de f (x) − 2x = −
3. Dérivée f ′ (x) de f :
1
f (x) = 2 − x
′
x 2 − 2x ln x
x4
=
2x 4 − x + 2x ln x 2x 3 − 1 + 2 ln x g (x)
=
= 3
x4
x3
x
f ′ (x) a même signe que g (x) car x 3 est strictement positif sur ]0 ; +∞[.
4. Tableau de variations de la fonction f :
x
f (x)
0
Óm f (x)
1
0
α
−
′
❅
❅
❘
❅
+∞
+
+∞
✯
✟
✟
✯
✟
✟
f (α)✟
5. Figure :
Page 6/10
2✟
3
2
1
1
−1
2
3
4
−1
Partie C
Soit n un entier naturel non nul. On considère l’aire du domaine D du plan compris entre la courbe C , la
droite ∆ et les droites d’équations respectives x = 1 et x = n.
1. Cette aire, exprimée en cm2 , est donnée par (u.a ; (unité d’aire)=2cm2 ) :
Zn
ln x
dx.
In = 2
2
1 x
car l’aire du domaine D du plan compris entre la courbe C , la droite ∆ et les droites d’équations respectives x = 1 et x = n est :
¶¶
µ
Zn
Zn
Zn µ
ln x
ln x
ln x
dx × u.a. =
dx × u.a. = 2 ×
dx = I n
2x − 2x − 2
2
2
x
1 x
1 x
1
Zn
ln x
2. (a) Calcul de l’intégrale
dx
2
1 x
1
On pose u(x) = ln x et v ′ (x) = 2 .
x
1
1
′
Alors u (x) = et v (x) = − .
x
x
On remarque
que uv ′ = (uv )′ − u ′ v Z
donc :
Z
Zn
Z
n£
n
n ln x
¤
′
′
′
=
(uv ) − u v (x) dx =
(uv ) (x) dx −
u ′ (x)v (x) dx
2
x
1
1
1
1
¶
µ
Zn
Zn
1
1
1
n
dx = u(n)v (n) − u(1)v (1) +
× −
dx
= [u(x)v (x)]1 −
2
x
1 x
1 x
¸
·
ln(n)
1 n
1
ln(n)
n − 1 − ln n
=−
+ −
+1− =
=−
n
x 1
n
n
n
(b) Ainsi :
2 2 lnn
n − 1 − lnn
= 2− −
In = 2
n
n
n
3.
2
2 ln n
= 0 et lim
= 0 (croissances comparées)
n7→+∞ n
n7→+∞ n
lim I n = 2 car lim
n7→+∞
Page 7/10
VI Centres étrangers juin 2014
1. On considère la fonction f 1 définie sur l’intervalle [0 ; 1] par :
f 1 (x) = 4x 3 − 6x 2 + 3x.
(a) • f 1 (0) = 0 : évident ;
• f 1 (1) = 4 − 6 + 3 = 1 ;
• f 1 fonction polynôme est dérivable sur [0 ; 1] donc continue sur cet intervalle ;
¡
¢
• f 1′ (x) = 12x 2 − 12x + 3 = 3 4x 2 − 4x + 1 = 3(2x − 1)2 Ê 0 sur R donc sur [0 ; 1].
f 1 est donc bien une fonction de retouche.
(b) Il semble que la courbe coupe la droite d’équation y = x pour x = 0, 5.
On peut vérifier que f 1 (0, 5) = 0, 5.
On a donc f 1 (x) É x ⇐⇒ x Ê 0, 5.
Ce résultat signifie que f 1 éclaircie les nuances codées par un nombre inférieur à 0,5 et inversement
pour celles codées par un réel entre 0,5 et 1.
2.
(a) f 2 est une fonction dérivable car composée de fonctions dérivables, donc g l’est aussi et :
e − 1 − 1 − (e − 1)x (e − 2) − (e − 1)x
e−1
−1 =
=
.
g ′ (x) = f 2′ (x) − 1 =
1 + (e − 1)x
1 + (e − 1)x
1 + (e − 1)x
(b) Comme e > 1, le dénominateur est positif comme somme de termes positifs ; le signe de g ′ (x) est
donc celui de son numérateur ; or
e−2
e − 2 − (e − 1)x Ê 0 ⇐⇒ e − 2 Ê (e − 1)x ⇐⇒
Êx
e−1
e−2
≈ 0, 418.
On a
e−1
e−2
On a donc avec
= a,
e−1
g ′ (x) Ê 0 ⇐⇒ x É a et de même
g ′ (x) É 0 ⇐⇒ x Ê a.
La fonction g est donc croissante sur [0 ; a], puis décroissante sur [a ; 1].
g a donc un maximum g (a) ≈ 0, 12.
(c) D’après la question précédente sur l’intervalle [0 ; a] la fonction g est continue et croissante de
g (0) = 0 à g (a) ≈ 0, 12.
Comme 0, 05 ∈ [0 ; a], il existe une valeur unique α de [0 ; a] telle que f (α) = 0, 05.
On démontre de même (avec g décroissante) que sur [a ; 1] il existe un réel unique β tel que
g (β) = 0, 05.
On admettra que : 0, 08 < α < 0, 09 et que : 0, 85 < β < 0, 86.
Page 8/10
Partie B
1. Cet algorithme calcule le nombre de nuances par palier de 0,01 pour lesquelles la modification est perceptible visuellement.
2. On applique l’algorithme à la fonction g = f 2 − x. Il calcule toutes valeurs telles que g (x) Ê 0, 05.
Ce sont d’après la question précédente toutes les nuances comprises entre 0,09 et 0,85 : l’algorithme
doit donc retourner : c = 85 − 9 + 1 = 77.
Partie C
Dans cette partie, on s’intéresse à des fonctions de retouche
f dont l’effet est d’éclaircir l’image dans sa globalité, c’est-a-1,0
dire telles que, pour tout réel x de l’intervalle [0 ; 1], f (x) É x.
On décide de mesurer l’éclaircissement global de l’image en
calculant l’aire A f de la portion de plan comprise entre l’axe
des abscisses, la courbe représentative de la fonction f , et les0,5
droites d’équations respectives x = 0 et x = 1.
Entre deux fonctions, celle qui aura pour effet d’éclaircir le
plus l’image sera celle correspondant à la plus petite aire. On
désire comparer l’effet des deux fonctions suivantes, dont on 0
0,5
1,0
admet qu’elles sont des fonctions de retouche :
60
2
f 1 (x) = xe(x −1)
f 2 (x) = 4x − 15 +
.
x +4
1. (a) f 1 produit de fonctions positives sur [0 ; 1] est positive sur cet intervalle. On a donc :
Z1
¢
2
1 h (x 2 −1) i1 1 ¡
A f1 =
xe(x −1) dx =
e
= 1 − e−1 .
0
2
2
0
(b) On a f 2 (0) = −15 + 15 = 0 et comme il est admis qu’elle est une fonction de retouche elle est croissante sur [0 ; 1], donc positive sur cet intervalle. On a donc :
¶
Z1 µ
£
¤1
60
dx = 2x 2 − 15x + 60 ln(x + 4) 0 =
4x − 15 +
A f2 =
x +4
0
5
2 − 15 + 60 ln5 − 60 ln4 = −13 + 60 ln .
4
¢
1¡
5
2. On a A f 1 = 1 − e−1 ≈ 0, 316 et A f 2 = −13 + 60 ln ≈ 0, 389.
2
4
C’est la fonction f 1 qui éclaircit le plus l’image.
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VII Liban mai 2014
On considère la suite de nombres complexes (z n ) définie par z 0 =
p
3 − i et pour tout entier naturel n :
z n+1 = (1 + i)z n
Partie A
Pour tout entier naturel n, on pose u n = |z n |.
¯p
¯
¯
¯
1. u 0 = |z 0 | = ¯ 3 − i¯ = 2.
p
p
2. u n+1 = |z n+1 | = |(1 + i)z n | = |1 + i| × |z n | = 2|z n | = 2u n
³p ´n
3. D’après le cours, pour tout entier naturel n, on a u n = 2 2 ; (u n ) est la suite géométrique de raison
p
2 et de premier terme u 0 = 2.
p
4. (u n ) est une suite géométrique de raison 2 > 1 et de premier terme strictement positif, elle diverge
donc vers +∞.
5.
Variables
:
Initialisation
:
Entrée
Traitement
:
:
Sortie
:
u est un réel
p est un réel
n est un entier
Affecter à n la valeur 0
Affecter à u la valeur 2
Demander la valeur de p
Tant que u É p Faire
Affecter à n la valeur n + 1
p
Affecter à u la valeur 2 × u
Fin du Tant Que
Afficher n
Partie B
p
p
p
1. z 1 = (1 + i) × ( 3 − i) = 1 + 3 + i( 3 − 1).
Ãp
!
3 1
2. z 0 = 2
= 2e−iπ/6
−
2
2
p
1 + i = 2eiπ/4 .
p
p
z 1 = 2e−iπ/6 × 2eiπ/4 = 2 2eiπ/12 .
3. Des deux questions précédentes, on obtient que
D’où
³π´
³ π ´´
p
p
p ³
p
1 + 3 + i( 3 − 1) = 2 2eiπ/12 = 2 2 cos
+ i sin
12
12
³ π ´ 1 + p3 p2 + p6
cos
= p =
12
4
2 2
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